《电力拖动自动控制系统》（第四版）阮毅陈伯时课后答案优质ppt课件.ppt

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1、章闭环控制的直流调速系统11为什么PWM电动机系统比晶闸管电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM电动机系统在很多方面有较大的优越性：（1）主电路线路简单，需用的功率器件少。（2）开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。（3）低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000左右。（4）若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。（5）功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开关损耗也不大，因而装置效率较高。（6）直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。,12 试分析有制动通路的不可逆 PWM 变换器进行制动时，两个

2、 VT 是如何工作的。 答：见教材。, 某一调速系统，测得的最高转速特性为 nomax = 1500 r /min ，最低转速特性为nomin = 150 r /min ，带额定负载时的速度降落 nN= 15 r/min ，且在不同转速下额定速降不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？,系统允许的静差率,解 系统能够达到的调速范围为, 某闭环调速系统的调速范围是 1500150r/min，要求系统的静差率s2% ，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是 100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？,解,思路,16 某闭环调速系统的开环放大倍数为

3、15 时，额定负载下电动机的速降为 8r/min，如果将开环放大倍数提高到 30，它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？,解：,因,故：,17 某调速系统的调速范围 D=20，额定转速 nN=1500 r/min ，开环转速降落nNop= 240 r/min ，若要求系统的静差率由 10%减少到 5%，则系统的开环增益将如何变化？,解：,18 转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？,（2）改变给定电压会改变电动机

4、的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作用。 （3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。,答：（1）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征 只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。 反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之一。,系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。,19 在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对

5、上述各量有无调节能力？为什么？ 答：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。 负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速的影响。 测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。,110 有一 VM 调速系统。电动机参数为： PN= 2.2 KW UN=220 V ，IN= 12.5 A ，nN = 1500 r/min ， 电枢电阻 R

6、a = 1.2 ，整流装置内阻Rrec =1.5 ，触发整流环节的放大倍数Ks=35 。要求系统满足调速范围 D=20，静差率 s 10% 。 (1）计算开环系统的静态速降 nop和调速要求所允许的闭环静态速降 ncl。 （2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。 (3）调整该系统参数，使当 Un=15 V时，Id=IN, n=nN，则转速负反馈系数 应该是多少？ （4）计算放大器所需的放大倍数。,如取样电阻RS （Ra+Rrec)/3=(1.2+1.5)/3=0.9 欧则 Ucom=1.2INRS=1.212.50.9=13.5V电流反馈放大器的放大系数Kfi=22

7、.5/13.5=1.67,n,Uc,Ui,Id,E,Ud0,Un,+,+,-,-,-,Ucom,Id Rs - Ucom,-,+,+,Kf,静态结构图,Un,*,原理图,思考题：1. 若V s发生故障而开路或短路，对系统有何影响？2. 若要使系统无静差，应对系统做何修改？,n,Uc,Ui,Id,E,Ud0,Un,+,+,-,-,-,Ucom,Id Rs - Ucom,-,+,+,Un,*,系统的静态结构图,(3) R1=KPR0=12.320=246K,(4),VBr=7.33V,当n=0时，,R2=3.59K,精确求KP,代入参数 得 Kp=12.75,=35.93,=0.0145 Vmin

8、/r。,（4）,电压负反馈：,r/min,从1-10可知，K=28.6442.5 系统可以稳定运行,2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数？改变转速调节器的放大倍数行不行？改变电力电子变换器的放大倍数行不行？改变转速反馈系数行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？,答：改变电机的转速需要调节转速给定信号Un；改变转速调节器的放大倍数不行，改变电力电子变换器的放大倍数不行。改变转速反馈系数会改变转速。若要改变电机的堵转电流需要改变ASR的限幅值。,2-2 在转速、电流双闭环调速系统中，转速调节器有哪些作用？其输出限幅值应按什么要求来整定？电流

9、调节器有哪些作用？其输出限幅值应如何整定？,答：转速调节器的作用是：（1）使转速n很快的跟随给定电压Un变化，稳态时可减小转速误差，如果采用PI调节器，则可以实现无静差。（2）对负载变化起抗扰作用。转速调节器的限幅值应按电枢回路允许的最大电流来进行整定。电流调节器作用：（1）使电流紧紧跟随给定电压Ui变化。（2）对电网电压的波动起及时抗扰的作用。（3）在转速动态过程中，保证获得电动机允许的最大电流，从而加快动态过程。（4）当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的自动保护作用。电流调节器的最大值应该按变换电路允许的最大控制电压来整定。,2-3 转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个

10、PI调节器的输入偏差（给定与反馈之差）是多少？它们的输出电压是多少？为什么？,答：若都是PI调节器，则两个调节器的输入偏差为0，即Ui=Ui，Un=Un；输出电压为：Ui=Id=Ui，Uc=Ud0/Ks=(RId+Cen)/Ks= (RUi/)+(CeUn/) /Ks。,2-4 如果转速、电流双闭环调速系统的转速调节器不是PI调节器，而是比例调节器，对系统的静、动态性能会有什么影响？,答：若采用比例调节器可利用提高放大系数的办法使稳态误差减小即提高稳态精度，但还是有静差的系统，但放大倍数太大很有可能使系统不稳定。,2-5 在转速、电流双闭环系统中，采用PI调节器，当系统带额定负载运行时，转速反

11、馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压Ui是否为0，为什么？,答：反馈线未断之前，Id=In，令n=n1，当转速反馈断线，ASR迅速进入饱和，Ui=Uimax，Uc，Id至Idm，TeTl，n，Id，Ui出现，Id至Idm，n，Id，此过程重复进行直到ACR饱和，n，Id，当Id=In，系统重新进入稳态，此时的速度n2n1，电流给定为Uimax= Idmax电流反馈信号Un= In，偏差Ui不为0。,2-6 在转速、电流双闭环系统中，转速给定信号Un未改变，若增大转速反馈系数，系统稳定后转速反馈电压Un是增加还是减少还是不变？为什么？,答：Un不变，因为PI调节器在稳态时无

12、静差，即：Un=Un，Un未改变，则，Un也不变。,2-7 在转速、电流双闭环系统中，两个调节器ASR、ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：Pnom=3.7kW ， Unom=220V ， Inom=20A ，nnom=1000r/min，电枢回路总电阻R=1.5，设Unm*= Uim*= Ucm=8V，电枢回路最大电流Idm=40A，电力电子变换器的放大系数Ks=40.试求：（1）电流反馈系数和转速反馈系数；（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0、Ui、Uc值。,解：（1）= Uim*/Idm=8/40=0.2 = Unm */ nnom=8/1000=0.008 （2）Ud0=I

13、dmR=401.5=60V Ui= Uim*=8V（极性相反） Uc= Ud0/Ks=60/40=1.5A,2-8 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR、ACR均采用PI调节器。当ASR输出达到Uim=8V时，主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时，试问：（1）Ui应如何变化？（2）Uc应如何变化？,解：（1）= Uim*/Idm=8/80=0.1 电流为40A时：Ui= Id=400.1=4V 电流为70A时：Ui= Id=700.1=7V （2）Uc增加。,2-9在双闭环直流调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因电动机励磁下降一半，

14、系统工作情况将会如何变化？（=1.5）,答：设突发状况之前的磁通为1，令此时的磁通为2，之前的电磁力矩为Te1，此刻的电磁力矩为Te2，负载转矩恒为Tl，电机励磁下降一半，则2=0.51，Te2=Cm（2）Id=0.5 Te1Tl，n，Id甚至到Idm，Te2=Cm（2）Idm=0.75 Te1Tl，n会一直下降到0。,2-10 有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj（s）=10/（0.01s+1），要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量5%（按线性系统考虑）。试对该系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。,解：可选择积分调节器，设其传递函数为：W（s）=ki/s，则校正成

15、新系统的传递函数为：W新（s）=10Ki/s（0.01s+1），将原系统校正成型系统W（s）=K/s（Ts+1）以实现无静差，按5%要求查表取：KT=0.5即：10Ki0.01=0.5，得：Ki=5。,2-11 调节对象的传递函数为Wobj（s）=18/(0.25s+1)(0.005s+1),要求用调节器将其校正成典型型和系统，确定调节器的结构和参数。,解：（1）校正成典型型系统：选择调节器为PI调节器，Wpi（s）=Kpi（s+1）/s；令=0.25，则校正之后的新系统的传递函数为W（s）=18Kpi/s (0.005s+1)；W（s）=K/s（Ts+1），令KT=0.5，则，18Kpi/0

16、.005=0.5，代入=0.25，得：Kpi=1.4。,（2）校正成典型I型系统： 传递函数近似处理：Wobj（s）=18/(0.25s+1)(0.005s+1)18/0.25s(0.005s+1)；选择调节器为PI调节器，Wpi（s）=Kpi（s+1）/s；校正之后的新系统的传递函数为W（s）=18Kpi（s+1）/ 0.25s2（0.005s+1)；W（s）=K（s+1）/s2（Ts+1），令h=5，h=/T=/0.005=5，则=0.025；K=（h+1）/2h2T2=18Kpi/ 0.25，代入，T，h，得：Kpi=1.67。,解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其,其中：,因

17、系统超调量30%，查表h=7可满足要求,=hT=70.02=0.14(s),解：要校正为I型系统，调节器结构可为PI，其,其中：,按4.3%，取KT=0.5， 则K=0.5/0.005=100, Ki=100/72=1.39,解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其,其中：,h=5,查表： 37.6%，,ts=9.55T=9.550.005,=0.047 (s),解：（1）转速环的调节器结构可为PI，其,因10%，取h=5 ,有,而,故,故,其中：,（2）电流环为I型系统，其Wci=kI=136.24 s-1,校验近似条件：,（1）晶闸管整流装置传递函数的近似条件,满足近似条件,（2）忽

18、略反电动势变化对电流环动态影响的近似条件,满足近似条件,（3）电流环小时间常数近似处理条件,满足近似条件,解：,U*n=5V时的转速,故,（2）系统突然失磁时，,故：n=0 ,Un=0, U*i=U*im=10v , Ui=-U*im=-10V,Id=Idm=30A,(1),(3) 转速环的开环传递函数为：,其中：,h=5,(4),当h=5时，查表2-7可得：,查表可得：,解：ACR调节器校正成I型系统，采用PI调节器,校正后的开环传递函数,电流超调量,取,ASR选用PI调节器,取h=5, 则,查表2-6得,4),适合像提升机这样的恒转矩负载。,答：待逆变指逆变器的控制角大于90，但逆变器除环

19、流外，没有流过负载的电流，也就没有电能回馈电网。,答：在正向制动过程中，各变量的动态波形如下：,I 本桥逆变阶段：Idl下降为0，ASR和ACR均饱和，Ui*=Uim*,Uc=-Ucm, VF处于逆变状态，VR处于待整流状态。电流和转速同向，属电动状态。II 1 反向建流阶段： ASR和ACR仍饱和限幅输出， VF处于待逆变状态，VR处于整流状态。电动机反电动势E与Ud0r共同作用，迫使Idl反向电流快速上升，电流和转速反向，属它组反接制动状态。,II2：它组逆变子阶段： ASR仍饱和限幅输出， Ui*=Uim*, ACR退出饱和参与电流调节。 VF处于待整流状态，VR处于逆变状态。电机属它组

20、回馈制动，把动能-电能-回馈电网。II3：反向减流子阶段：这过程状态跟II2相同，只是由于电机不能维持电流恒值，电流不断减少，最后电机速度减到0。,交流变压调速优点就是结构简单，只要配置一套调压器就行，缺点带恒转矩负载调速范围有限，只适合于风机、水泵类负载。如果需要带恒转矩负载，需要配置高电枢电阻的交流力矩电动机，再增加调节器和测速装置，构成一个闭环系统，就可以扩大调速范围。,答：不能。电流源变频器的谐波要小于电压源变频器。希望得到正弦波电流，才能使电机产生圆形的旋转磁场，转矩就不会脉动。,答：直流PWM用直流调制等腰三角波，交流PWM用正弦波调试等腰三角波。,主电路由二极管整流器UR、PWM

21、逆变器UI和中间直流电路三部分组成，一般都是电压源型的，采用大电容C滤波，同时兼有无功功率交换的作用。,控制电路现代PWM变频器的控制电路大都是以微处理器为核心的数字电路，其功能主要是接受各种设定信息和指令，再根据它们的要求形成驱动逆变器工作的PWM信号，再根据它们的要求形成驱动逆变器工作的PWM信号。微机芯片主要采用8位或16位的单片机，或用32位的DSP，现在已有应用RISC的产品出现。,PWM信号产生可以由微机本身的软件产生，由PWM端口输出，也可采用专用的PWM生成电路芯片。,检测与保护电路各种故障的保护由电压、电流、温度等检测信号经信号处理电路进行分压、光电隔离、滤波、放大等综合处理

22、，再进入A/D转换器，输入给CPU作为控制算法的依据，或者作为开关电平产生保护信号和显示信号。,信号设定需要设定的控制信息主要有：U/f 特性、工作频率、频率升高时间、频率下降时间等，还可以有一系列特殊功能的设定。由于通用变频器-异步电动机系统是转速或频率开环、恒压频比控制系统，低频时，或负载的性质和大小不同时，都得靠改变 U / f 函数发生器的特性来补偿，使系统达到Eg/f1恒定的功能，在通用产品中称作“电压补偿”或“转矩补偿”。,优点：无论是直接矢量控制还是间接矢量控制，都具有动态性能好、调速范围宽的优点。不足之处： 动态性能受电动机参数变化的影响。,答：相同点，两者都是分别控制异步电动

23、机的转速和磁链。但在具体控制方法上，DTC系统与VC系统不同的特点是：,1）转矩和磁链的控制采用双位式砰-砰控制器，并在 PWM 逆变器中直接用这两个控制信号产生电压的SVPWM 波形，从而避开了将定子电流分解成转矩和磁链分量，省去了旋转变换和电流控制，简化了控制器的结构。,2）选择定子磁链作为被控量，而不象VC系统中那样选择转子磁链，这样一来，计算磁链的模型可以不受转子参数变化的影响，提高了控制系统的鲁棒性。如果从数学模型推导按定子磁链控制的规律，显然要比按转子磁链定向时复杂，但是，由于采用了砰-砰控制，这种复杂性对控制器并没有影响。,3）由于采用了直接转矩控制，在加减速或负载变化的动态过程

24、中，可以获得快速的转矩响应，但必须注意限制过大的冲击电流，以免损坏功率开关器件，因此实际的转矩响应的快速性也是有限的。,补充习题,1.试画出异步电动机变压变频调速的控制特性，并说明其控制特点。2. DTC系统的调速范围受到限制主要原因是什么？3.转子的磁链模型有哪几种？说明其优缺点。4.异步电动机矢量控制系统中的关键技术是什么？5.异步电动机直接转矩控制系统为什么比矢量控制系统动态响应快？6.转差频率控制的基本概念和规律？7 SVPWM控制模式的特点？8 异步电动机输入输出变量有哪些？数学模型由那几个方程组成？,畅想网络,Imagination Network,感谢观看！,文章内容来源于网络，如有侵权请联系我们删除。,